新高考数学考前考点冲刺精练卷39《空间直线、平面的垂直》（2份，原卷版+教师版）

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一、选择题
已知m，l是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列可以推出α⊥β的是( )
A.m⊥l，m⊂β，l⊥α B.m⊥l，α∩β＝l，m⊂α
C.m∥l，m⊥α，l⊥β D.l⊥α，m∥l，m∥β
【答案解析】答案为：D
解析：对于A，有可能出现α，β平行这种情况，故A错误；对于B，会出现平面 α，β相交但不垂直的情况，故B错误；对于C，m∥l，m⊥α，l⊥β⇒α∥β，故C错误；对于D，l⊥α，m∥l⇒m⊥α，又由m∥β⇒α⊥β，故D正确.
如图，在斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在( )
A.直线AB上 B.直线BC上 C.直线AC上 D.△ABC内部
【答案解析】答案为：A
解析：由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1，得AC⊥平面ABC1.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC.所以C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上.
日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为( )
A.20° B.40° C.50° D.90°
【答案解析】答案为：B
解析：如图所示，⊙O为赤道平面，⊙O1为A点处的日晷面所在的平面，
由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40°.
如图，四棱锥P­ABCD中，△PAB与△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，则下列结论不一定成立的是( )
A.PB⊥AC B.PD⊥平面ABCD
C.AC⊥PD D.平面PBD⊥平面ABCD
【答案解析】答案为：B.
解析：对于选项A，取PB的中点O，连接AO，CO.∵在四棱锥P­ABCD中，△PAB与△PBC是正三角形，∴AO⊥PB，CO⊥PB，∵AO∩CO＝O，∴PB⊥平面AOC，∵AC⊂平面AOC，∴PB⊥AC，故选项A正确；对于选项B，设AC与BD交于点M，易知M为AC的中点，若PD⊥平面ABCD，则PD⊥BD，由已知条件知点D满足AC⊥BD且位于BM的延长线上，∴点D的位置不确定，∴PD与BD不一定垂直，∴PD⊥平面ABCD不一定成立，故选项B不正确；对于选项C，∵AC⊥PB，AC⊥BD，PB∩BD＝B，∴AC⊥平面PBD， ∵PD⊂平面PBD，∴AC⊥PD，故选项C正确；对于选项D，∵AC⊥平面PBD，AC⊂平面ABCD，∴平面PBD⊥平面ABCD，故选项D正确.故选B.
若α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题正确的是( )
A.若α∩β＝m，n⊂α，m⊥n，则α⊥β
B.若α⊥β，α∩β＝m，α∩γ＝n，则m⊥n
C.若m不垂直于平面α，则m不可能垂直于平面α内的无数条直线
D.若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β
【答案解析】答案为：D.
解析：对于选项A，直线n是否垂直于平面β未知，所以α不一定垂直β，选项A错误；对于选项B，由条件只能推出直线m与n共面，不能推出m⊥n，选项B错误；对于选项C，命题“若m不垂直于平面α，则m不可能垂直于平面α内的无数条直线”的逆否命题是“若直线m垂直于平面α内的无数条直线，则m垂直平面α”，这不符合线面垂直的判定定理，选项C错误；对于选项D，因为n⊥β，m∥n，所以m⊥β，又m⊥α，所以α∥β，选项D正确.故选D.
如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，过C1作C1H⊥底面ABC，垂足为H，则点H在( )
A.直线AC上 B.直线AB上 C.直线BC上 D.△ABC内部
【答案解析】答案为：B.
解析：如图，连接AC1.∵∠BAC＝90°，∴AC⊥AB，∵BC1⊥AC，BC1∩AB＝B，∴AC⊥平面ABC1，又AC在平面ABC内，∴根据面面垂直的判定定理，知平面ABC⊥平面ABC1，则根据面面垂直的性质定理知，在平面ABC1内一点C1向平面ABC作垂线，垂足必落在交线AB上.故选B.
如图，PA⊥圆O所在平面，AB是圆O的直径，C是圆周上一点，其中AC＝3，PA＝4，BC＝5，则PB与平面PAC所成角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(17),5)
【答案解析】答案为：A
解析：根据题意，AB是圆O的直径，C是圆周上一点，则BC⊥AC，又由PA⊥圆O所在平面，则PA⊥BC，因为PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，则BC⊥平面PAC，故∠BPC是PB与平面PAC所成的角，在△ACB中，AC＝3，BC＝5，AC⊥BC，则AB＝eq \r(AC2＋BC2)＝eq \r(34)，在△PAB中，AB＝eq \r(34)，PA＝4，PA⊥AB，则PB＝eq \r(PA2＋AB2)＝5eq \r(2)，在△PCB中，BC＝5，PB＝5eq \r(2)，则sin∠BPC＝eq \f(BC,PB)＝eq \f(\r(2),2).
二、多选题
(多选)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点.则满足MN⊥OP的是( )

【答案解析】答案为：BC
解析：设正方体的棱长为2，对于A，如图(1)所示，连接AC，则MN∥AC，
图(1)故∠POC(或其补角)为异面直线OP，MN所成的角，在Rt△OPC中，OC＝eq \r(2)，CP＝1，故tan∠POC＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，故MN⊥OP不成立，故A错误.
对于B，如图(2)所示，取AN的中点B，连接PB，OB，
图(2)
则OP＝eq \r(12＋\r(2)2)＝eq \r(3)，PB＝eq \r(2)，OB＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，所以OP2＋PB2＝OB2，所以OP⊥PB，又PB∥MN，所以OP⊥MN.
对于C，如图(3)所示，取AD的中点C，连接OC，PC，BD，因为P，C分别是DE，AD的中点，所以CP⊥BD，又OC⊥平面ADEB，BD⊂平面ADEB，
图(3)
所以OC⊥BD，又OC∩CP＝C，OC，CP⊂平面OCP，所以BD⊥平面OCP，所以BD⊥OP，又BD∥MN，所以OP⊥MN.
对于D，如图(4)所示，取AN的中点B，ME的中点F，连接PB，BF，OF，
图(4)
若OP⊥MN，又OF⊥平面MENA，所以OF⊥MN，所以MN⊥平面OFBP，所以MN⊥BF，显然，MN与BF不可能垂直，所以OP⊥MN不成立.
(多选)如图，AC＝2R为圆O的直径，∠PCA＝45°，PA垂直于圆O所在的平面，B为圆周上不与点A，C重合的点，AS⊥PC于S，AN⊥PB于N，则下列结论正确的是( )
A.平面ANS⊥平面PBC B.平面ANS⊥平面PAB
C.平面PAB⊥平面PBC D.平面ABC⊥平面PAC
【答案解析】答案为：ACD
解析：∵PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，∴平面ABC⊥平面PAC，∴D正确；
BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，又AC为圆O的直径，
B为圆周上不与点A，C重合的点，∴AB⊥BC，又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB，又BC⊂平面PBC，∴平面PAB⊥平面PBC，∴C正确；
又AN⊂平面PAB，∴BC⊥AN，又AN⊥PB，BC∩PB＝B，BC，PB⊂平面PBC，∴AN⊥平面PBC，又PC⊂平面PBC，∴AN⊥PC，又∵PC⊥AS，AS∩AN＝A，AS，AN⊂平面ANS，∴PC⊥平面ANS，又PC⊂平面PBC，∴平面ANS⊥平面PBC，∴A正确.
(多选如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则( )
A.A，M，N，B四点共面
B.平面ADM⊥平面CDD1C1
C.直线BN与B1M所成的角为60°
D.BN∥平面ADM
【答案解析】答案为：BC
解析：如图所示，对于A，直线AM，BN是异面直线，故A，M，N，B四点不共面，故A错误；
对于B，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，可得AD⊥平面CDD1C1，AD⊂平面ADM，
所以平面ADM⊥平面CDD1C1，故B正确；
对于C，取CD的中点O，连接BO，ON，则B1M∥BO，所以直线BN与B1M所成的角为∠NBO或其补角.易知△BON为等边三角形，所以∠NBO＝60°，故C正确；
对于D，因为BN∥平面AA1D1D，显然BN与平面ADM不平行，故D错误.
(多选)如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出下列四个结论，正确的结论为( )
A.DF⊥BC B.BD⊥FC
C.平面BDF⊥平面BCF D.平面DCF⊥平面BCF
【答案解析】答案为：BC
解析：对于A项，因为BC∥AD，AD与DF相交但不垂直，所以BC与DF不垂直，则A不成立；
对于B项，设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4可使条件满足，所以B正确；
对于C项，当点D在平面BCF上的射影P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以C正确；
对于D项，因为点D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以D不成立.
(多选)在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(—→))，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则( )
A.当λ＝1时，△AB1P的周长为定值
B.当μ＝1时，三棱锥P﹣A1BC的体积为定值
C.当λ＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D.当μ＝eq \f(1,2)时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
【答案解析】答案为：BD
解析：eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BC,\s\up6(→))＋μeq \(BB1,\s\up6(—→))(0≤λ≤1，0≤μ≤1).
对于选项A，当λ＝1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，此时△AB1P的周长为AB1＋AP＋PB1＝eq \r(2)＋eq \r(1＋μ2)＋eq \r(1＋1－μ2)＝eq \r(2)＋eq \r(1＋μ2)＋eq \r(2－2μ＋μ2)，不是定值，A错误；
图1
对于选项B，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示，
图2
则＝eq \f(1,3)S△PBC×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),6)S△PBC＝eq \f(\r(3),6)×eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(\r(3),12)，为定值，故B正确；
对于选项C，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B，则当λ＝eq \f(1,2)时，点P在线段DD1上运动，假设A1P⊥BP，则A1P2＋BP2＝A1B2，即(eq \f(\r(3),2))2＋(1﹣μ)2＋(eq \f(1,2))2＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以点P与点D或D1重合时，A1P⊥BP；
方法一 由多选题特征，排除A，C，故选BD.
方法二 对于选项D，易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1，设AB1与A1B交于点K，连接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确.
三、填空题
已知△ABC在平面α内，∠A＝90°，DA⊥平面α，则直线CA与DB的位置关系是_______.
【答案解析】答案为：垂直
解析：∵DA⊥平面α，CA⊂平面α，∴DA⊥CA，在△ABC中，∵∠A＝90°，∴AB⊥CA，且DA∩BA＝A，DA，BA⊂平面DAB，∴CA⊥平面DAB，又DB⊂平面DAB，∴CA⊥DB.
如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AA1⊥平面ABC，BC＝CC1，当底面A1B1C1满足条件________时，有AB1⊥BC1.(注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情况)
【答案解析】答案为：A1C1⊥B1C1
解析：当底面A1B1C1满足条件A1C1⊥B1C1时，有AB1⊥BC1.理由如下：∵AA1⊥平面ABC，BC＝CC1，
∴四边形BCC1B1是正方形，∴BC1⊥B1C，∵CC1∥AA1，∴A1C1⊥CC1.又A1C1⊥B1C1，CC1∩B1C1＝C1，CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，∴A1C1⊥平面BCC1B1，∵AC∥A1C1，∴AC⊥平面BCC1B1，∵BC1⊂平面BCC1B1，∴BC1⊥AC，∵AC∩B1C＝C，AC，B1C⊂平面ACB1，∴BC1⊥平面ACB1，∴又AB1⊂平面ACB1，∴AB1⊥BC1.
在三棱锥P－ABC中，AB＝2eq \r(6)，BC＝1，AC＝5，侧面PAB是以P为直角顶点的直角三角形，若平面PAB⊥平面ABC，则该三棱锥体积的最大值为________.
【答案解析】答案为：2.
解析：由题意，AB2＋BC2＝AC2，则AB⊥BC，又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面PAB，故要使三棱锥的体积最大，只需S△PAB最大，此时，△PAB在三棱锥P－ABC外接球截面圆上有PA＝PB，又侧面PAB是以P为直角顶点的直角三角形，
∴△PAB为等腰直角三角形，则PA＝PB＝2eq \r(3)，∴三棱锥体积的最大值为eq \f(1,3)BC·S△PAB＝eq \f(1,3)×1×eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2eq \r(3)＝2.
已知四面体ABCD的所有棱长均为eq \r(2)，M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点.则下列结论中正确结论的序号为________.
①线段MN的长度为1；
②若点G为线段MN上的动点，则无论点F与G如何运动，直线FG与直线CD都是异面直线；
③∠MFN的余弦值的取值范围是[0,eq \f(\r(5),5))；
④△FMN周长的最小值为eq \r(2)＋1.
【答案解析】答案为：①④.
解析：在棱长为1的正方体上取如图所示的四个顶点依次连接，即可得到棱长为eq \r(2)的四面体ABCD，
显然，M，N分别为正方体前后两个面的中心，故线段MN的长度为正方体棱长1，故①对；
对于②，如图，取AB的中点F，取MN的中点G，取CD的中点I，则由正方体的性质易知，F，G，I三点在一条直线上，故此时FG与CD相交于I，故②错；
对于③，BN＝eq \f(BC,2)＝eq \f(\r(2),2)，BM＝eq \r(BD2－MD2)＝eq \r(2－\f(1,2))＝eq \f(\r(6),2)，又有MN＝1，
故cs∠MBN＝eq \f(\f(1,2)＋\f(3,2)－1,2×\f(\r(2),2)×\f(\r(6),2))＝eq \f(\r(3),3)>eq \f(\r(5),5)，故F点无限接近B点时，cs∠MFN会无限接近eq \f(\r(3),3)，故∠MFN的余弦值的取值范围不为[0,eq \f(\r(5),5))，③错误；
对于④，如图，将等边△ABC与等边△ABD铺平，放在同一平面上，故有N′F＋FM′≥M′N′＝eq \r(2)，当且仅当F为AB的中点时M′F＋FN′取最小值，故在正方体中，MF＋FN≥eq \r(2)，故△FMN周长的最小值为eq \r(2)＋1，故④对.
如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面四边形ABCD为矩形，SA⊥平面ABCD，P，Q分别是线段BS，AD的中点，点R在线段SD上.若AS＝4，AD＝2，AR⊥PQ，则AR＝________.
【答案解析】答案为：eq \f(4\r(5),5)
解析：如图，取SA的中点E，连接PE，QE.
∵SA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴SA⊥AB，而AB⊥AD，AD∩SA＝A，AD，SA⊂平面SAD，∴AB⊥平面SAD，故PE⊥平面SAD，又AR⊂平面SAD，∴PE⊥AR.又∵AR⊥PQ，PE∩PQ＝P，PE，PQ⊂平面PEQ，∴AR⊥平面PEQ，∵EQ⊂平面PEQ，∴AR⊥EQ，∵E，Q分别为SA，AD的中点，∴EQ∥SD，则AR⊥SD，在Rt△ASD中，AS＝4，AD＝2，可求得SD＝2eq \r(5)，由等面积法可得AR＝eq \f(4\r(5),5).
如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，DE⊥AB，垂足为E.现将△ABC沿AD折起，使得BC⊥BD，若三棱锥A﹣BCD外接球的球心为O，半径为1，则△DOE面积的最大值为________.
【答案解析】答案为：eq \f(1,4).
解析：如图所示，取AC的中点F，DC的中点G，连接EF，DF，FG.
∴FG∥AD，∵BC⊥BD，∴G到B，C，D的距离相等，同理F到A，C，D的距离相等，
∵AD⊥DC，AD⊥BD，BD∩DC＝D，BD，DC⊂平面BCD，∴AD⊥平面BCD，
∴FG⊥平面BCD，且FD＝FB＝FC＝FA，∴F即为三棱锥A﹣BCD外接球的球心O，
∵AD⊥平面BCD，∴AD⊥BC，又BC⊥BD，AD∩BD＝D，AD，BD⊂平面ABD，
∴BC⊥平面ABD，∴BC⊥DE，∵DE⊥AB，AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，
∴DE⊥平面ABC，∴DE⊥EF，∴DE2＋EF2＝DF2，
又DF＝1，∴DE2＋EF2＝1，∴DE·EF≤eq \f(DE2＋EF2,2)＝eq \f(1,2)，当且仅当DE＝EF时等号成立，
∴S△DEF＝eq \f(1,2)DE·EF≤eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，∴△DEF，即△DOE面积的最大值为eq \f(1,4).
四、解答题
已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1.
(1)求三棱锥F﹣EBC的体积；
(2)已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE.
【答案解析】 (1)解：如图，取BC的中点为M，连接EM，由已知可得EM∥AB，AB＝BC＝2，
CF＝1，EM＝eq \f(1,2)AB＝1，AB∥A1B1，由BF⊥A1B1得EM⊥BF，
又EM⊥CF，BF∩CF＝F，
所以EM⊥平面BCF，
故V三棱锥F﹣EBC＝V三棱锥E﹣FBC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)BC×CF×EM＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×1×1＝eq \f(1,3).
(2)证明：连接A1E，B1M，由(1)知EM∥A1B1，
所以ED在平面EMB1A1内.
在正方形CC1B1B中，由于F，M分别是CC1，BC的中点，
所以由平面几何知识可得BF⊥B1M，
又BF⊥A1B1，B1M∩A1B1＝B1，
所以BF⊥平面EMB1A1，
又DE⊂平面EMB1A1，
所以BF⊥DE.
如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM.
(1)证明：平面PAM⊥平面PBD；
(2)若PD＝DC＝1，求四棱锥P﹣ABCD的体积.
【答案解析】 (1)证明：∵PD⊥平面ABCD，AM⊂平面ABCD，
∴PD⊥AM.
∵PB⊥AM，且PB∩PD＝P，PB⊂平面PBD，PD⊂平面PBD，∴AM⊥平面PBD.
又AM⊂平面PAM，∴平面PAM⊥平面PBD.
(2)解 ∵M为BC的中点，∴BM＝eq \f(1,2)AD.由题意知AB＝DC＝1.
∵AM⊥平面PBD，BD⊂平面PBD，∴AM⊥BD，
由∠BAM＋∠MAD＝90°，∠MAD＋∠ADB＝90°，得∠BAM＝∠ADB，
易得△BAM∽△ADB，∴eq \f(BM,AB)＝eq \f(AB,AD)，即eq \f(\f(1,2)AD,1)＝eq \f(1,AD)，得AD＝eq \r(2)，
∴S矩形ABCD＝AD·DC＝eq \r(2)×1＝eq \r(2)，
则四棱锥P﹣ABCD的体积VP﹣ABCD＝eq \f(1,3)S矩形ABCD·PD＝eq \f(1,3)×eq \r(2)×1＝eq \f(\r(2),3).
如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°.
(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；
(2)设DO＝eq \r(2)，圆锥的侧面积为eq \r(3)π，求三棱锥P﹣ABC的体积.
【答案解析】 (1)证明：∵D为圆锥顶点，O为底面圆心，∴OD⊥平面ABC，
∵P在DO上，OA＝OB＝OC，∴PA＝PB＝PC，
∵△ABC是圆内接正三角形，∴AC＝BC，△PAC≌△PBC，
∴∠APC＝∠BPC＝90°，即PB⊥PC，PA⊥PC，PA∩PB＝P，
∴PC⊥平面PAB，PC⊂平面PAC，∴平面PAB⊥平面PAC.
(2)解 设圆锥的母线为l，底面半径为r，圆锥的侧面积为πrl＝eq \r(3)π，
rl＝eq \r(3)，OD2＝l2﹣r2＝2，解得r＝1，l＝eq \r(3)，AC＝2rsin 60°＝eq \r(3)，
在等腰直角三角形APC中，AP＝eq \f(\r(2),2)AC＝eq \f(\r(6),2)，
在Rt△PAO中，PO＝eq \r(AP2－OA2)＝eq \r(\f(6,4)－1)＝eq \f(\r(2),2)，
∴三棱锥P﹣ABC的体积为VP﹣ABC＝eq \f(1,3)PO·S△ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(3),4)×3＝eq \f(\r(6),8).
如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为四边形，△ABD是边长为2的正三角形，BC⊥CD，BC＝CD，PD⊥AB，平面PBD⊥平面ABCD.
(1)求证：PD⊥平面ABCD；
(2)若二面角C﹣PB﹣D的平面角的余弦值为eq \f(\r(6),6)，求PD的长.
【答案解析】 (1)证明：如图所示，E为BD的中点，连接AE，△ABD是正三角形，
则AE⊥BD.平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，
AE⊂平面ABCD，故AE⊥平面PBD，PD⊂平面PBD，故AE⊥PD.
PD⊥AB，AE∩AB＝A，AE，AB⊂平面ABCD，故PD⊥平面ABCD.
(2)解 过点E作EF⊥PB于点F，连接CF，CE，
因为BC⊥CD，BC＝CD，E为BD的中点，所以EC⊥BD，
所以EC⊥平面PBD.又PB⊂平面PBD，所以EC⊥PB，
又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面EFC，所以PB⊥平面EFC，
又因为CF⊂平面EFC，所以CF⊥PB，
故∠EFC为二面角C﹣PB﹣D的平面角.cs∠EFC＝eq \f(\r(6),6)，
故tan∠EFC＝eq \r(5)，EC＝1，故EF＝eq \f(\r(5),5).sin∠PBD＝eq \f(EF,EB)＝eq \f(\r(5),5)，tan∠PBD＝eq \f(1,2)，
即eq \f(PD,BD)＝eq \f(1,2)，PD＝1.